牛頓第二定律兩類動力學問題(20頁,含解析)

1、第2課時牛頓第二定律兩類動力學問題.2.應用牛頓第二定律解決瞬時問題和【考綱解讀1.理解牛頓第二定律的內容、表達式及性質兩類動力學問題.題組扣點,深度思考以題帶點深入理解概念規(guī)律I基礎知識題組I1 .對牛頓第二定律內容和公式的理解由牛頓第二定律表達式F=ma可知（）A.質量m與合外力F成正比，與加速度a成反比B.合外力F與質量m和加速度a都成正比C.物體的加速度的方向總是跟它所受合外力的方向一致D.物體的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的質量m成反比答案CD解析對于給定的物體，其質量是不變的，合外力變化時，加速度也變化，合外力與加速度的比值不變，A錯；既然物體的質量不變，故不能說合外力與

2、質量成正比，B錯；加速度的方向總是跟合外力的方向相同，C正確；由a=-可知D正確.m2 .對力、加速度和速度關系的理解關于速度、加速度、合外力之間的關系，正確的是（）A.物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大B.物體的速度為零，則加速度為零，所受的合外力也為零C.物體的速度為零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物體的速度很大，但加速度可能為零，所受的合外力也可能為零答案CD解析物體的速度大小和加速度大小沒有必然聯系，一個很大，另一個可以很小，甚至為零.但物體所受合外力的大小決定加速度的大小，同一物體所受合外力很大，加速度一定很大，故選項C、D對.3.圖1牛頓運動定律的應用

3、建筑工人用如圖1所示的定滑輪裝置運送建筑材料.質量為70.0kg的建筑工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料(g 取 10 m/ s2)B. 490 ND. 910 N以0.5m/s2的加速度提升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則建筑工人對地面的壓力大小為A.510NC. 890N答案B解析設建筑材料的質量為m,加速度的大小為a,對建筑材料由牛屯第二定律得F-mg=ma,解得F=210N.設地面對建筑工人的支持力為Fn,建筑工人的質量為M,對建筑工人由平衡條件得Fn+F=Mg,解得Fn=490N.根據牛頓第三定律可得建筑工人對地面的壓力大小為Fn'=Fn=490N,

4、B正確.4.力學單位制的應用在研究勻變速直線運動的實驗中，取計數時間間隔為0.1s,測得相鄰相等時間間隔的位移差的平均值Ax=1.2cm,若還測出小車的質量為500g,則關于加速度、合外力大小及單位，既正確又符合一般運算要求的是A.B.a=j122m/s2=120m/s20.1一2a=I'；。m/s2=1.2m/s20.1C.F=500X1.2N=600ND. F=0.5X1.2N=0.60N答案BD解析在應用公式進行數量運算的同時，也要把單位帶進運算.帶單位運算時，單位換算要準確.可以把題中已知量的單位都用國際單位制表示，計算結果的單位就是用國際單位制表示的，這樣在統(tǒng)一已知量的單位后

5、，就不必一一寫出各個量的單位，只在數字后面寫出正確單位即可.選項A中Ax=1.2cm沒用國際單位制表示，C項中的小車質量m=500g沒用國際單位制表示，所以均錯誤；B、D正確.【考點梳理】牛頓第二定律1 .內容：物體加速度的大小跟它所受到的作用力成正比跟它的質量成反比.加速度的方向與作用力的方向相同.2 .表達式：F=ma,F與a具有瞬時對應關系.3 .力學單位制(1)單位制由基本單位和導出單位共同組成.(2)力學單位制中的基本單位有質量(kg)、長度(m)和時間(s).(3)導出單位有N、m/s、m/s2等.1、2的加速度大小分圖2a2= g m+ Ma2=HFgI規(guī)律方法題組I可能是2N,

6、也可能是6N,所以答案是A、C.【方法提煉1 .瞬時問題的分析：題目中同時有輕繩和彈簧，剪斷輕繩時，彈簧的彈力不能瞬間發(fā)生變化.剪斷彈簧時，繩上的拉力在瞬間發(fā)生變化.2 .解決兩類動力學問題的基本方法以加速度a為“橋梁”，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關系如下:由力求運動|受力情歡牛頓第二定律/運動情況由運動求力課堂探究,考點突破先做后聽典網稼究船律方法考點一用牛頓第二定律分析瞬時加速度因果性同一性笑所性瞬時性獨立性牛頓第二定律的五性【例1】如圖3所示，質量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30 °的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài).當木板 下撤離的瞬間，小

7、球的加速度大小為AB突然向A. 02、3B. 3 gC.解析 平衡時，小球受到三個力：重力,3D. 3 gmg、木板AB的支持力簧拉力Ft,受力情況如圖所示.突然撤離木板時,力不變，因此Ft與重力mg的合力F = cos 30度 a=m=m3g, B 正確.Fn突然消失而其他2 : 3 一，一 _U-mg,廣生的加速3)Fn和彈3答案登陸www一工免費啜聽名師細講本題14,加速度瞬時性涉及的實體模型戶"1.分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是明確該時刻物體的受力情況及運花狀態(tài)，再由牛頓第二定律求出瞬時加速度，此類問題應注意以下幾種模型：特性模型受外力時的形變量力能否突變廣生拉力或支

8、持力內部彈力輕繩微小不計能只簾協沒有支持力不計處處相等橡皮繩較大不能只簾協沒有支持力輕彈簧較大不能既口有拉力也可用支持力輕桿微小不計能既口有拉力也可用支持力2.在求解瞬時加速度問題時應注意：(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析.(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度的變化需要一個過程的積累，不會發(fā)生突變.【突破訓練1如圖4甲、乙所示，圖中細線均不可伸長，兩小球均處于平衡狀態(tài)且質量相同.如果突然把兩水平細，H線剪斷，剪斷瞬間小球A的加速度的大小為,£/°|£產：方向為;小球B的加速度的大小為,，從4R方

9、向為；剪斷瞬間甲中傾斜細線OA與乙中彈甲乙簧的拉力之比為(。角已知).圖4答案gsin0垂直傾斜細線OA向下gtan0水平向右cos2°解析設兩球質量均為m,XAA球受力分析，如圖(a)所示，剪斷水平細線后，球A將沿圓弧擺下，故剪斷水平細線瞬間，小球A的加速度加方向沿圓周的切線方向向下，即垂直傾斜細線OA向下.則有FT1=mgcos0,F1=mgsin0=ma1,所以a1=gsin。.水平細線剪斷瞬間，B球受重力mg和彈簧彈力Ft2不變，小球B的加速度a2方向水平向右，如圖(b)所示，則FT2=cmg，F2=mgtan0=ma2,所以a2=gtana甲中傾斜細線0A與乙中彈簧的拉力之

10、比為腎=cos2a/1rmg(a)(b)【突破訓練2質量均為m的A、B兩個小球之間系一個質量不計的彈簧，放在光滑的臺面上.A緊靠墻壁，如圖5所示，今用恒力F將B球向左擠壓彈簧，達到平衡時，突然將力F撤去，此瞬間(A.A球的加速度為2mB. A球的加速度為零C. B球的加速度為2mD. B球的加速度為m答案BDF.突然將力FA球的合力為解析恒力F作用時，A和B都平衡，它們的合力都為零，且彈簧彈力為撤去，對A來說水平方向依然受彈簧彈力和墻壁的彈力，二力平衡，所以零，加速度為零，A項錯，B項對.而B球在水平方向只受水平向右的彈簧的彈力作用,加速度a=F,故C項錯，D項對.m考點二動力學兩類基本問題求

11、解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：第-類+rd1a運動學杰式物體的運動情況第二臭加速度.分析解決這兩類問題的關鍵：應抓住受力情況和運動情況之間聯系的橋梁一【例2】如圖6所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面上.已知A的質量mA和B的質量mB均為2.0kg,A、B之金間的動摩擦因數因=0.2,B與水平面之間的動摩擦因數例=0.1,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2若從t=0開始，木板B受F1=16N的水平恒力作用，t=1s時F1改為F2=4N,方向不變，t=3s時撤去F2.木板B受F1=16N的水平恒力作用時，A、B的加速度aA、aB各為多少？(

12、2)從t=0開始，至ijA、B都靜止，A在B上相對B滑行的時間為多少？FfA,橫坐標表示運動時間 t(從t = 0開始，到A、B 7中畫出FfAt的關系圖線(以圖線評分，不必寫出LFMN!fsVb(3)請以縱坐標表示A受到B的摩擦力都靜止)，取運動方向為正方向，在圖分析和計算過程).解析(1)根據牛頓第二定律得1mAg=mAaAaA=的g=0.2X10m/s2=2m/s2FiM2(mA+mB)gRmAg=mBaB代入數據得aB=4m/s2(2)t1=1s時，A、B的速度分別為Va、VAVB=aAt1=2X1m/s=2m/s=aBt1=4X1m/s=4m/sFi改為F2=4N后，在B速度大于A速

13、度的過程，A的加速度不變，B的加速度設為aB'根據牛頓第二定律得F2以mA+mB)gRmAg=mBaB'代入數據得aB'=-2m/s2設經過時間t2,A、B速度相等，此后它們保持相對靜止，則Va+aAt2=VB+aBt2代入數據得t2=0.5sA在B上相對B滑行的時間為t=t+t2=1.5s(3)FfAt的關系圖線如圖所示.忤小4:20-2t/s4 m/s2 (2)1.5 s (3)見解析圖解答動力學兩類問題的基本程序1 .明確題目中給出的物理現象和物理過程的特點，如果是比較復雜的問題，應該明確整個物理現象是由哪幾個物理過程組成的，找出相鄰過程的聯系點，再分別研究每一個

14、物理過程.2 .根據問題的要求和計算方法，確定研究對象，進行分析，并畫出示意圖，圖中應注明力、速度、加速度的符號和方向，對每一個力都明確其施力物體和受力物體，以免分析受力時有所遺漏或無中生有.3 .應用牛頓運動定律和運動學公式求解，通常先用表示相應物理量的符號進行運算，解出所求物理量的表達式，然后將已知物理量的數值及單位代入，通過運算求結果.A. 50 m答案 CB. 42 mC. 25 mD. 24 m【突破訓練4】質量為10 kg的物體在F = 200 N的水平推力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動，斜面固定不動，與水平地面的夾角 0= 37。，如圖8所示.力F作用2 s后撤去，

15、物體在斜面上繼續(xù)上滑了1.25 s后，速度減為零.求：物體與斜面間的動摩擦因數 科和物體的總位移 x.(已知sin 37=0.6, cos 37= 0.8, g= 10 m/s2)答案 0.25 16.25 m解析設力F作用時物體沿斜面上升的加速度大小為a1，撤去力F后其加速度大小變?yōu)閍2,則:aiti = a2t2有力F作用時，對物體受力分析并建立直角坐標系如圖所示 由牛頓第二定律可得：Fcos 0 mgsin 0 Ffi = ma1Ffi =即= /mgcos 0+ Fsin。撤去力F后，對物體受力分析如圖所示 由牛頓第二定律得：【突破訓練3質量為1噸的汽車在平直公路上以10m/s的速度勻

16、速行駛，阻力大小不變.從某時刻開始，汽車牽引力減少2000N,那么從該時刻起經過6s,汽車行駛的路程是()一mgsin 0 Ff2 = ma2Ff2=科比2=科 mgos 9®聯立 式，代入數據得：32 = 8 m/s2, ai = 5 m/s2,尸 0.25物體運動的總位移1 2 1 2x= 2a1t1 + 2a2t2=X 5X22 + 1X 8X 1.252) m= 16.25 m2 2登陸wwvv.工免費聆聽名師細講本題15學科素養(yǎng)培養(yǎng)加強審題與建模指導培養(yǎng)學科解題能力12.利用整體法與隔離法求解動力學中的連接體問題物理思想方法1 .整體法的選取原則若連接體內各物體具有相同的加

17、速度，且不需要求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的合外力，應用牛頓第二定律求出加速度（或其他未知量）.2 .隔離法的選取原則若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統(tǒng)內各物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解.3 .整體法、隔離法的交替運用若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力.求加速度，后隔離求內力【例3 （2012江蘇單科5）如圖9所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升.夾子和木塊的質量分別為m、力均為f,若木塊不滑動

18、，力 F的最大值是A.B.2f (m ± M )M2f (m ± M )m即“先整體M,夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦)圖92f(m+M1C.一M-(m+M)g2f(m+M>D.1m4(m+M)g答案A解析由題意知，當M恰好不能脫離夾子時，M受到的摩擦力最大，F取最大值，設此時提升的加速度為a,由牛頓第二定律得，對M有：2f-Mg=Ma對m有：F2fmg=ma聯立兩式解得F=2f（M：m）,選項A正確.M1 .整體法與隔離法常涉及的問題類型(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法.(2)水平面上的連接體問題：這類問題一般是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，

19、即具有相同的加速度.解題時，一般采用先整體、后隔離的方法.建立直角坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面體與物體組成的連接體的問題：當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析.2.解決這類問題的關鍵正確地選取研究對象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應該單獨分析，并分別確定出它們的加速度，然后根據牛頓運動定律列方程求解.突破訓練5在北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現了殘疾運動員堅韌不拔的意志和自強不息的精神.為了探求上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用

20、，可將過程簡化如下：一根不可伸縮的輕繩跨過輕質的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖10所示.設運動員的質量為65kg,吊椅的質量為15kg,不計定滑輪與繩子間的摩擦，重力加速度取g=10m/s2.當運動員與吊椅一起以加速度a=1m/s2上升時，試求：運動員豎直向下拉繩的力；(2)運動員對吊椅的壓力.答案(1)440N(2)275N解析(整體法與隔離法的交叉運用)(1)設運動員受到繩向上的拉力為F,由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等,吊椅受到繩的拉力也是F,對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖甲所示，則有：2F(m人+m本$)g=(m人+m本$)a解得F=440N由牛頓第三定

21、律知，運動員豎直向下拉繩的力F'=F=440N.(2)設吊椅對運動員的支持力為Fn,對運動員進行受力分析如圖乙所示，則有：F+Fnm人g=m人a解得Fn=275N圖10由牛頓第三定律知，運動員對吊椅的壓力為Fn'=Fn=275N高考模擬提能訓練走近高考 檢測課堂就果 提升解題能力【高考題組1. （2012安徽理綜17）如圖11所示，放在固定斜面上的物塊以加速度沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F,(圖11A.物塊可能勻速下滑B.物塊仍以加速度 a勻加速下滑C.物塊將以大于a的加速度勻加速下滑 D.物塊將以小于a的加速度勻加速下滑 答案 C解析 設斜面的傾角為0

22、,根據牛頓第二定律知，物塊的加速度a = mgsin 9祖mgos >om即Ftan0,對物塊施加豎直向下的恒力F后，物塊的加速度a'（mg+FsinMmg+F產s °二a卡迪上但J，且f新A 犯故a，湖物 mm塊將以大于a的加速度勻加速下滑.故選項 C正確，選項A、B、2. （2011新課標全國理綜21）如圖12所示，在光滑水平面上有一質 量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等.現給木塊施加D錯誤.一隨時間t增大的水平力F = kt（k是常數），木板和木塊加速度的大小分別為 反映a1和a2變化的圖線中正確的

23、是圖12a1和a2.下歹U()ARD答案A解析剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且F = kt, a =ktmI+ m2m + m2當兩者F及滑動摩擦力,%=寧譽A正確，選項B、C、D錯誤.相對滑動后，木板只受滑動摩擦力，a1不變，木塊受pg故a2=_kt_gat圖象中斜率變大，故選項m23. （2011北京理綜18）“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動.某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖13所示，將蹦極過程近似為在豎直方向上的運動，重力加速度為g.據圖可知，此人在蹦極過程中的最大加速度約為（）1F圖13A.gB.2gC

24、.3gD.4g答案B解析在蹦極過程中，經過足夠長的時間后，人不再上下振動，而是停在空中，此時繩子3拉力F等于人的重力mg,由Ft圖線可以看出，|Fo=mg;在人上下振動的過程中，彈力向上，重力向下，當人在最低點時，彈力達到一個周期中的最大值，在第一個周期中，彈力最大為Fm=Fo=3mg,故最大加速度為am=2g.選項B正確.5m【模擬題組】4.如圖14所示，物塊A、B疊放在水平桌面上，裝砂的小桶C通過彳細線牽引A、B一起在水平桌面上向右加速運動，設A、B間的摩加防擦力為Ff1,B與桌面間的摩擦力為Ff2.若增大C桶內砂的質量，而以一"A、B仍一起向右運動，則摩擦力Ff1和Ff2的變化

25、情況是（）A.Ff1、Ff2都變大B.FqFf2者B不變圖14C.Ff1不變，Ff2變大D.Ff1變大，Ff2不變答案D解析對A、B兩物體組成的系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律可知：Ft-Ff2=（mA+mB）a1,所以A受到的摩擦力為mAan若增大C桶內砂的質量，則拉力Ft增大，而B與桌面間的摩擦力Ff2不變，故系統(tǒng)的加速度增大，由于A、B仍一起向右運動，根據牛頓第二定律可知A受到的摩擦力Ff1變大，D正確.登陸www,zx與|免費聆聽名師細講本-16：5 一輛小車靜止在水平地面上，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過線懸吊著小物體m,m在小車的水平底板上，小車未動時，細線恰好在

26、豎直方向上，現使車向右運動，全過程中M始終未相對桿bc移動，M、m與小車保持相對靜止，已知a1：a2：a3：a4=1：2：4：8,M受到的摩擦力大小依次為F。、Ff2、Ff3、Ff4,則以下結論不正確的是A.Ff1：Ff2=1：2BFf2：Ff3=1：2C.Ff3:Ff4=1：2D.tana=2tan0答案B解析已知a1：a?：a3：a4=1：2：4：8,在題第圖和第(2)圖中摩擦力Ff=Ma,則Ff1：Ff2=1：2.在第(3)圖和第(4)圖中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3：Ff4=1:2.第(3)、(4)圖中,a3=gtanaa4=gtana,則tana=2t

27、an0.6 .圖15甲是2012年我國運動員在倫敦奧運會蹦床比賽中的一個情景.設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來，如圖乙所示.取g=10m/s2,根據Ft圖象求：運動員的質量；(2)運動員在運動過程中的最大加速度；(3)在不計空氣阻力情況下，運動員重心離開蹦床上升的最大高度.答案(1)50kg(2)40m/s2(3)3.2m解析(1)由題圖乙可知運動員所受重力為500N,設運動員質量為m,則m=Gg=50kg(2)由圖象可知蹦床對運動員的最大彈力為Fm=2500N,設運動員的最大加速度為am,則Fm-

28、mg=mamamFm mgm2 50050050m/s2= 40 m/ s2（3）由圖象可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動，離開蹦床的時刻為6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的時刻為8.4s或11s,它們的時間間隔均為1.6s.根據豎直上拋運動的對稱性，可知其自由下落的時間為0.8s.設運動員上升的最大高度為H,則H=2gt（限時：30分鐘）?題組1對牛頓第二定律的理解和簡單應用1 .下列說法正確的是（）A.物體所受到的合外力越大，其速度改變量也越大B.物體所受到的合外力不變 （F合W0）,其運動狀態(tài)就不改變C.物體所受到的合外力變化，其速度的變化率一定變化D.物體所受到的合外力減小時，物體的

29、速度可能正在增大答案 CD解析 物體所受到的合外力越大，物體的加速度（速度變化率）也越大，即速度變化得越快，但速度改變量還與時間有關，故選項A錯誤，C正確；物體所受的合外力不為零，就會迫使其運動狀態(tài)（運動的快慢或方向）發(fā)生變化，選項B錯誤；合外力的大小與速度的大小 之間沒有直接關系，選項D正確. 一個質量為2 kg的物體，在5個共點力的作用下保持靜止.若同時撤去其中大小分別為15 N和10 N的兩個力，其余的力保持不變，此時該物體的加速度大小可能是（）A. 2 m/s2B. 3 m/ s2C. 12 m/s2 D. 15 m/s2答案 BC解析 物體所受合力范圍為 5 N< F合W25

30、N ,因m = 2 kg ,故2.5 m/s2<a<12.5 m/s2, 故B、C正確.3.如圖1所示，質量 m=10 kg的物體在水平面上向左運動，物體與水平面間的動摩擦因數為 0.2,與此同時物體受到一個水平向右的推力F= 20 N的作用，則物體產生的加速度是（g取10 m/s2）（） w以"A. 0B. 4 m/s2,水平向右圖1C. 2 m/s2,水平向左D. 2 m/s2,水平向右答案 B解析 對物體受力分析可知 F合=F+Ff,Ff= mg所以F合=20 N +0.2X10X10 N = 40 N, 所以2=腎=4§ m/s2= 4 m/s2,方向水

31、平向右.選項 B正確.=2x10X0.82m=3.2m練出高分?題組2應用牛頓第二定律分析瞬時問題4.如圖2所示，兩個質量分別為mi=2kg、m2=3kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接.兩個大小分別為Fi=30N、F2=20N的水平拉力分別作用在mi、m2上，則（）A.彈簧測力計的示數是10NB.彈簧測力計的示數是50NC.在突然撤去F2的瞬間，彈簧測力計的示數不變D.在突然撤去Fi的瞬間，mi的加速度不變答案C解析設彈簧的彈力為F,加速度為a.對mm2和彈簧測力計組成的系統(tǒng)：Fi-F2=（mi+m2）a,對mi：F一F=ma,聯立兩式解得：a=2m/s2,F=26N,故A

32、、B兩項都錯誤；在突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物體的位移不能發(fā)生突變，所以彈簧的長度在撤去F2的瞬間沒有變化，彈簧上的彈力不變，故C項正確；若突然撤去Fi,物體mH所受的合外力方向向左，而沒有撤去F1時合外力方向向右，所以m1的加速度發(fā)生變化，故D項錯誤.5.在動摩擦因數科=0.2的水平面上有一個質量為m=2kg的小球,小球與水平輕彈簧及與豎直方向成0=45。角的不可伸長的輕繩一端相連，如圖3所示，此時小球處于靜止狀態(tài)，且水平面對小球的彈力恰好為零.當剪斷輕繩的瞬間，取g=10m/s2,以下說法正確的是（）A.此時輕彈簧的彈力大小為20NB.小球的加速度大小為8m/s2,

33、方向向左C.若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2,方向向右D.若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間小球的加速度為0答案ABD解析因為未剪斷輕繩時水平面對小球的彈力為零，小球在繩沒有斷時受到重力、輕繩的拉力Ft和彈簧的彈力F作用而處于平衡狀態(tài).依據平衡條件得：豎直方向有Ftcos0=mg水平方向有FTsin0=F解得輕彈簧的彈力為F=mgtan0=20N,故選項A正確.剪斷輕繩后小球在豎直方向仍平衡，水平面對它的支持力與小球所受重力平衡，即Fn=mg;由牛頓第二定律得小球的加速度為a=20-022><20m/s2=8m/s2,方向向左，選項B正確.當剪斷彈簧的瞬間，小球立即受水

34、平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度為0,選項C錯誤，D正確.6 .如圖4所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角為30。的光滑斜面上，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間,兩球的加速度分別為A、B()圖4b.2 和 0Ma+ Mb c. MbD. 0和Ma+Mb gMb 2A.都等于2答案D解析當線剪斷的瞬間，彈簧的伸長狀態(tài)不變，A受合外力還是0,A的加速度仍為0,對B進行受力分析：線剪斷前：F線=MBgsin0+F彈F彈=MAgsin0.線剪斷瞬間：B受合外力為F合=MBgsin0+Fw=MBaBMa+MbMa+Mbg所以aB=Fgsin0=M2選項D正確.7 .如圖5所示，

35、用細繩將條形磁鐵A豎直掛起，再將小鐵塊B吸在條形磁鐵A的下端，靜止后將細繩燒斷，A、B同時下落，不計空氣阻力.則下落過程中()A.小鐵塊B的加速度為零8 .小鐵塊B只受一個力的作用C.小鐵塊B可能只受二個力的作用D.小鐵塊B共受三個力的作用答案D?題組3整體法和隔離法與牛頓第二定律的應用8 .如圖6所示，質量分別為mi、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(mi在光滑地面上,m2在空中).已知力為Fcos 0A.-Tmi + m2F與水平方向的夾角為a則mi的加速度大小()Fsin0B.：mi+m2C.Fcos (miD.Fsin 0m2答案A解析把m、m

36、2看做一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcos0=(m1+m2)a,所以a=Fcos9,選項A正確.mim29 .車廂里懸掛著兩個質量不同的小球，上面的球比下面的球質量大，當車廂向右做勻加速運動(空氣阻力不計)時，下列各圖中正確的是答案B圖7?題組4兩類動力學問題的分析和計算10 .（2010山東理綜16）如圖7所示，物體沿斜面由靜止滑下，在水平面上滑行一段距離后停止，物體與斜面和水平面間的動摩擦因數相同，斜面與水平面平滑連接.下列圖象中v、a、f和s分別表示物體速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正確的是（答案C解析物體在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，摩擦

37、力fi=mgos0加速度a1=g（sin。一囚os速度v1=a1tl路程s1=2a1t2,由此可知A、B、D均錯誤；在水平面上物體做勻減速直線運動，摩擦力f2=mg加速度a2=wg速度v2=v1a2t2=a1tla2t2,所以C正確.11 .如圖8（a）所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置但刑一物體（物體與彈簧不連接）,初始時物體處于靜止狀態(tài).現用電如卜7!豎直向上的拉力f作用在物體上，使物體開始向上做勻加速|1/i運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖（b）所示（g=導-I一JLywys04工/cm10m/s2）,則下列結論正確的是（）阿A.物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)圖8B

38、.彈簧的勁度系數為7.5N/cmC.物體的質量為3kg2D,物體的加速度大小為5m/s答案D解析設物體的質量為m,靜止時彈簧的壓縮量為Ax,由牛頓第二定律可得kAx=mg現用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上彳勻加速運動，根據拉力F與物體位移x的關系可得10=ma30mg=ma聯立可以解得，物體的質量m=2kg,物體的加速度a=5m/s2,k=500N/m,故只有D正確.12.一個物塊置于粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F隨時間t變化的關系如圖9（a）所示，速度v隨時間t變化的關系如圖（b）所示.取g=10m/s2,求：(1)1s末物塊所受摩擦力的大小Ffi；(2)物塊在前6s內的位

39、移大小x;(3)物塊與水平地面間的動摩擦因數世答案(1)4N(2)12m(3)0.4解析(1)從題圖(a)中可以讀出，當t=1s時,Ff1=F1=4N(2)由題圖(b)知物塊在前6s內的位移大小m=12m(3)從題圖(b)中可以看出，在t=2s至t=4s的過程中，物塊做勻加速運動，加速度大小為a=晉=2m/s2=2m/s2由牛頓第二定律得F2-mg=maF3=Ff3=科mgF2-F3128所以m=-a-=2kg=2kg嚴丘=3=0.4艮mg2X10登陸www.zxstkw,com免費聆聽名師細講本題切13.如圖10甲所示，有一足夠長的粗糙斜面，傾角0=37。，一滑塊以初速度vo=16m/s從(

40、已知：sin 37 =0.6,底端A點滑上斜面，滑至B點后又返回到A點.滑塊運動的圖象如圖乙所示，求:圖10(1)AB之間的距離；(2)滑塊再次回到A點時的速度；滑塊在整個運動過程中所用的時間.答案(1)16m(2)8隹m/s(3)(2+2，2)s解析(1)由v-t圖象知AB之間的距離為：16X2sab=2m=16m.(2)設滑塊從A滑到B過程的加速度大小為a1，從B返回到A過程的加速度大小為a2,滑塊與斜面之間的動摩擦因數為的則有:a1 = gsin 0+cos 0=16 02m/s2= 8 m/ s2a2=gsin0-科as0則滑塊返回到A點時的速度為,有v20=2a2SAB聯立各式解得：

41、a2=4m/s2,vt=8/m/s.設滑塊從A到B用時為ti,從B返回到A用時為t2,則有：ti=2s,t2=（=2/s則滑塊在整個運動過程中所用的時間為t=tl+t2=（2+2y2）s.練出高分單元小結練牛頓運動定律和動力學問題分析（限時：45分鐘）1.牛頓第一定律和牛頓第二定律共同確定了力與運動的關系，下列相關描述正確的是（）A.力是使物體產生加速度的原因，沒有力就沒有加速度B.力是改變物體運動狀態(tài)的原因，質量決定著慣性的大小C.速度變化越快的物體慣性越大，勻速運動或靜止時沒有慣性D.質量越小，慣性越大，外力作用的效果越明顯答案AB2 .放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作

42、用，F的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖1所示.取重力加速度g=10m/s2由此兩圖線可以求得圖1()A . m= 0.5 kg,產 0.4C. m= 0.5 kg, 尸 0.2 答案 AB. m= 1.5 kg,尸 0.4D. m= 1.5 kg,尸 0.2圖2D . FMa3 .如圖2所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的勻加速運動.小車質量為M,木塊質量為m,加速度大小為a,木塊和小車之間的動摩擦因數為科，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是（）A.maB.mamFC.M+m答案BCD4 .如圖3所示，小車上有一根固定的水平橫桿，橫桿左端固定

43、的輕桿與豎直方向成。角，輕桿下端連接一小鐵球；橫桿右1米的薄木板A的正端用一根細線懸掛一相同的小鐵球，當小車做勻變速直線運動時，細線保持與豎直方向成a角，若依a,則下列說法中正確的是A.輕桿對小球的彈力方向沿著輕桿方向向上B.輕桿對小球的彈力方向與細線平行向上C.小車一定以加速度gtana向右做勻加速運動D.小車一定以加速度gtan。向右做勻加速運動答案B5.如圖4所示，水平傳送帶足夠長，傳送帶始終順時針勻速運動，長為中央放置一個小木塊B,A和B之間的動摩擦因數為0.2,A和傳/7送帶之間的動摩擦因數為0.5,薄木板的質量是木塊質量的2倍，（J三寸一O輕輕把AB整體放置在傳送帶的中央，設傳送帶

44、始終繃緊并處于圖4水平狀態(tài)，g取10m/s2,在剛放上很短的時間內，A、B的加速度大小分別為（）A.6.5m/s2、2m/s2B.5m/s2、2m/s2C.5m/s2、5m/s2D.7.5m/s2、2m/s2答案A圖56.在2010年上海世博會風洞飛行表演上，若風洞內向上的風速、風量保持不變，讓質量為m的表演者通過身姿調整，可改變所受向上的風力大小，以獲得不同的運動效果.假設人體受風力大小與有效面積成正比，已知水平橫躺時受風力有效面積最大，站立時受風力有效面積最小，為最大值的1/8.風洞內人可上下移動的空間總高度為H.開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好

45、可以靜止或勻速漂移.現人由靜止開始從最高點A以向下的最大加速度勻加速下落，如圖5所示，經過B點后，再以向上的最大加速度勻減速下落，到最低點C處速度剛好為零，則下列說法中正確的有（）1A.人向上的最大加速度是2g，一，一一3B.人向下的取大加速度是4gC. BC之間的距離是3H、，一1D. BC之間的距離是2H答案BC圖67 .如圖6所示，質量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住.現用一個力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是（）A.若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零8 .若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零C.斜面和擋板對球的彈力

46、的合力等于maD.斜面對球不僅有彈力，而且該彈力是一個定值答案 D6-1 l o t i fS圖7解析設球的質量為m,斜面傾角為以斜面給球的彈力為Fi,豎直擋板給球的彈力為F2.對球受力分析，如圖所示.由牛頓第二定律得：Ficos0mg=0,F2Fisin0=ma解得F1=mg是定值，F2=mgtan0+ma,故A、B錯，D正確；球所受斜面、擋板的力貿cos0及重力的合力為ma,故C錯.8.質量為0.3kg的物體在水平面上做直線運動，圖7中a、b直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉力時的vt圖象，則求：(取g=10m/s2)(1)物體受滑動摩擦力多大？(2)水平拉力多大？答案見解析解析(1)由題圖知圖線a的加速度為a1=1m/s23圖線b的加速度為2/2323m/s根據牛頓第二定律得，摩擦力Ff=ma2=0.2N,方向與運動方